高二年级物理参考答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1222河南省南阳市2024年秋期高二年级六校第二次联考_河南省南阳市六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考物理试题

2024 年秋期六校第二次联考 高二年级物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C D C C B D AB BC BC ABC 1．【答案】C W 【解析】A．根据电动势的定义式E= 可知，电动势的大小用非静电力的功W 与移动电 q 量q的比值来量度，反映电源本身的特性，电动势的大小与非静电力所做功无关。故A错误； B．法拉第最早提出用电场线描述电场，故B错误；C．麦克斯韦提出了电磁场理论，预言 了电磁波的存在，赫兹最早用实验证实了电磁波的存在，故C正确；D．导线的电阻与自身 的材料、长度、横截面积有关，与它两端的电压无关，故D错误。故选：C。 2．【答案】D 【解析】带电粒子不一定是从A运动到B，A错误；沿电场线方向电势降低，则电场线方 向和粒子受力情况如图所示： 由于电场力方向和电场线方向相反，则粒子带负电，B错误；粒子运动过程中，只有电场力 做功，动能和电势能总和不变，A点电势高，电势能小，动能大，故C错；等差等势面越密 的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，故选：D。 3．【答案】C kI 【解析】A．乙在c点产生的磁感应强度大小为B = 0 ，由右手螺旋定则可知方向由d 指 1 L 向c，A项错误；B．乙、丙分别在O点产生的磁感应强度等大反向，则三根导线在O点的 合磁感应强度为甲在O点产生的磁感应强度，方向沿着x轴的负方向，则有 kI 2kI B = 0 = 0 ，B项错误；C．同理，甲在e点产生的磁感应强度为 5 0.5 2L L kI 2kI kI 2kI B = 0 = 0 ，方向由O指向e，丙在e点产生的磁感应强度为B = 0 = 0 方向 2 0.5L L 3 0.5L L 4kI 也由O指向e，则甲、丙在e点产生的合磁感应强度为B = B +B = 0 ，C项正确；D．由 4 2 3 L 2kI 矢量叠加原理可知乙、丙在c点产生的合磁感强度沿着x轴的正方向，大小为B = 0 ， 6 L 高二年级物理参考答案 第 1 页 （共 9 页）kI 甲在c点产生的磁感应强度沿着x轴的负方向，大小为B = 0 ，则三根导线在c点的合 7 2L 磁感应强度B = B −B 的方向沿着x轴的正方向，D项错误。故选C。 8 6 7 4．【答案】C E 【解析】由闭合电路欧姆定律得I = =1.5A，导体棒受到的安培力F=BIL=0.30N， R +r 0 方向沿金属导轨向上，故A 错误；a端电势低于b端电势则 U =-IR =-3.75V，故 B错；重 ab 0 力沿斜面向下的分量G =mgsin37°=0.24N，导体棒恰好静止，则最大静摩擦力为 1 3 f=F-G =0.06N方向沿金属导轨向下，f=µF ，F =mgcos370，则µ= ，故C正确；D．若磁 1 N N 16 场变为竖直向上，则安培力水平向右，导体棒不受摩擦力作用，则导体棒受重力、支持力和 安培力作用，如图 B IL ，则tanθ= 2 ，解得B =0.50T，故D错误。故选C。 mg 2 5．【答案】B 【解析】元件为金属材料，由左手定则知道，电子会向后表面偏转，在前后表面之间形成 U 电势差，前表面电势高，故AC错误；稳定后根据平衡条件有evB=e ，根据电流的微观 b BI 表达式有I =neSv=nebcv，解得U = ，故B正确；若元件为半导体材料，导电粒子带 nec 正电，由左手定则知道，正电荷会向后表面偏转，在前后表面之间形成电势差，后表面电势 高，故D错。故选B。 6．【答案】D 【解析】AB．从实物图中我们可以看出两个小灯泡是间接并联关系，其中自感线圈和B 灯泡串联，当闭合开关的瞬间，通过B的电流增大，自感线圈产生感应电流阻碍电路电流增 大，所以B是逐渐亮起来，而 A灯泡不受影响，所以 A比B先亮，故AB错误；CD．当断 开开关的瞬间，电源电流减小，自感线圈要阻碍电流的减小，产生与原电流方向相同的感应 电流，此时A、B串联构成回路，所以A、B灯泡是缓慢熄灭，A中电流不会突然增加，C错 误，故D正确。故选：D。 7．【答案】AB 高二年级物理参考答案 第 2 页 （共 9 页）2π 【解析】A．线圈产生的最大电动势为E = NBSω=5πV ω= ，N=100，故A正确； m T B．t =0.5s时磁通量变化率最小，故B正确；C．若线圈边长L=0.1m，则由BS =0.05Wb， 解得B=5T，故C错误；D．每个周期电流方向改变2次，每秒钟电流方向改变1次。故D 错误。故选AB。 8．【答案】BC 【解析】A．滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，流过 灯泡的电流增大，灯泡变亮；电源内电压升高，灯泡两端的电压升高，滑动变阻器两端的电 压降低，电容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压降低，电容器继续放电，R中有 电流流过，方向竖直向下，A错误；BD．液滴受电场力竖直向上，电容器下极板带正电，因 此液滴带正电，由于电容器两端的电压降低，内部电场强度减小，液滴加速向下运动，电场 力做负功，电势能增加，B正确，D错误；C．由于外电阻大于内电阻，当外电阻减小时， 路端电压降低，电源的输出功率增大，C正确。故选BC。 9．【答案】BC 【解析】AD．小滑块从c点飞出时速度方向竖直向上，离开c点后在水平方向做初速度是 零的匀加速运动，在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度减到零时到达最高点Q，可水 R 平方向的速度不是零，小滑块从c点到最高点在竖直方向则有，v2 =2g× = gR，小滑块 c 2 1 R 从P到c的运动中，由动能定理可得，qE(x +R)−mgR= mv2 −0，解得，x = ， Pb 2 c Pb 2 A错误，D错误；B．小滑块在等效平衡位置d时速度最大，对轨道的压力为最大，如图所 示，此时小滑块的重力大小等于所受的电场力，则有θ=45°，则小滑块从P到d的运动中， 由动能定理可得 qE   R +Rsin45(cid:1)   −mgR ( 1−cos45(cid:1)) = 1 mv2 −0，在d点，对小滑块，由牛顿第二定  2  2 d mg v2 ( ) 律可得F − =m d ，解得F = 3 2 −1 mg ，由牛顿第三定律可知，从 b到 c N sin45(cid:1) R N 高二年级物理参考答案 第 3 页 （共 9 页）( ) 的过程中，小滑块对轨道的最大压力为 3 2 −1 mg ，B正确；C．由AB选项分析可知， 小滑块从c到Q的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度是零的匀加速运动， 因此小滑块从c到Q的运动中做匀变速运动，C正确；故选BC。 10．【答案】ABC 【解析】C．根据法拉第电磁感应定律可得E =Blv，线框受到的安培力F =Bil，由闭合 E B2l2v B2l2vt 电路欧姆定律可得i= 解得F = ，两边同时乘以时间t，Ft= 取向右为正 R ， R R ， B2l2 方向，根据动量定理得，−Ft =mv−mv ，又因为x=vt，解得v=− x+v 斜率不变， 0 mR 0， Blv 线框的速度v与线框的位移x是线性关系，故C错误；A．根据i= ，线框的速度v 与线 R 框的位移x是线性关系，则电流i与x也是线性关系，故A错误；B．在d < x ≈ =30，可知，电流表的分压影响大，实验中应排除电 R 6.0 R 0.2 A 流表的分压影响，测量电路采用电流表外接法，由于电源输出电压为3V，为了确保电压表 的精度，电压表量程取3V，作出实物连接图，如图所示： U L  D 2 （3）根据伏安法测出电阻为R = ，根据电阻的决定式有R=ρ ，其中S =π ，解   I S  2  πUD2 得ρ= 。 4IL 12．【答案】 （1）R （1分） 1 （2）串（1分） 3或0-3（对小数位数不要求）（1分） （3） （2分） 【解析】 （1）因电源的内阻较小，为了多测几组实验数据，方便实验操作，应选择最大阻值较小的 滑动变阻器，因此滑动变阻器应选择R ； 1 （2）为了将电流表G改装成电压表，需要把它与R 串联，改装后的量程为 3 U = I R +I R =3V； G G G 3 高二年级物理参考答案 第 5 页 （共 9 页）（3）上述器材中没有电压表，将电流表G与电阻R 串联，改装成电压表，用电流表A测电 3 路电流，滑动变阻器串联接入电路，实验电路图如下。 13．（12分）【答案】 （1）2Ω； （2）升压变压器的匝数比为1：8，降压变压器的匝数比等于95：11。 【解析】 （1）损失功率为发电机输出功率的5%。则 P ＝5%P ＝5%×100000W＝5000W 1分 损 总 输电线上的电流为I=50A，总电阻为R，则 P ＝I2R 1分 损 解得 R＝2Ω 2分 （2）设升压变压器输入功率为P ，输出功率为P 。输出电压为U ，则 1 2 2 P ＝P ＝IU 1分 1 2 2 解得U ＝2000V 2 根据 ＝ 1分 解得 1分 ∆U=IR 1分 ∆U=100V 降压变压器的输入电压为U ，则U ＝U ﹣∆U＝2000V﹣100V＝1900V 1分 3 3 2 根据 1分 解得 2分 14．（14分） 【解析】 高二年级物理参考答案 第 6 页 （共 9 页）（1）作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹，如图 设粒子的质量和电荷量分别为m和q，粒子在第一象限做圆周运动的半径为r， 由几何关系 rcosθ+r = L 1分 2 解得r = L 1分 3 由洛伦兹力提供向心力 v2 qvB =m 1分 r 3mv 解得B = 1分 2qL 粒子在电场中做类平抛运动，则 v2 =2ay 1分 y 由牛顿第二定律 Eq=ma 1分 由几何关系 v =vcos60°, y y =rsin60° 3mv2 解得E = 1分 8qL E 3 则 = v 1分 B 12 高二年级物理参考答案 第 7 页 （共 9 页）（2）粒子在电场中做类平抛运动，则 v y = y t 2 1 则粒子从M点运动到N点的时间为 4 3L t = 1分 1 3v 粒子从N点到P点做圆周运动 120° vt = 2πr 2 360° 则粒子从N点运动到P点的时间为 4πL t = 1分 2 9v 则粒子从M点运动到P点的时间为 t =t +t 1分 1 2 4 3L 4πL 解得t = + 1分 3v 9v （3）由几何知识得，矩形磁场想完全包含粒子运动轨迹图形，则最小图形如虚线所示 2 3 1 S = L× r 1分 3 2 2 3 解得S = L2 1分 9 15．（16分） 【解析】 （1）释放瞬间导体棒所受的安培力大小为F =B IL，根据左手定则可知安培力的方向向里 安 0 导体棒所受的摩擦力大小为： f =µF =µB IL 1分 安 0 由牛顿第二定律知：mg-f=ma 1分 mg− f µB IL 此时装置的加速度大小为：a= =g− 0 2分 m m （2）若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0，设线框第一次穿出磁场Ⅱ的过程中产 生的热量为Q，装置从释放到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中，由能量守恒定律 高二年级物理参考答案 第 8 页 （共 9 页）知：4mgd=2µB ILd+BILd+Q 2分 0 得Q=4mgd-2µB ILd-BILd 2分 0 （3）若导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界时速度恰好为0，设线框第一次穿出磁场Ⅱ时的速度大 小为v ，从线框第一次穿出磁场Ⅱ到导体棒运动到磁场Ⅱ的下边界过程中，对整体根 1 据动能定理可得： 1 mg⋅2d −BILd =0− mv2 2分 2 1 设线框第一次穿越磁场Ⅱ所需的时间为t，线框进入磁场过程中时间为t 、离开磁场过 1 程中的时间为t ，取向下为正方向，对整体根据动量定理可得： 2 mgt− ft−BI dt −BI dt =mv −0 2分 1 1 2 2 1 E △Φ BS 根据电荷量的计算公式可得：q=It= t= = 1分 R R R Bd2 所以It =I t = 1分 11 2 2 R 2B2d3 m(2BId −4mgd) 解得：t = + 2分 (mg−µB IL)R mg−µB IL 0 0 高二年级物理参考答案 第 9 页 （共 9 页）